2022-2023学年山东省泰安市泰山区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省泰安市泰山区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省泰安市泰山区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如果6m=7n(n≠0)，那么下列比例式成立的是(    )
A. m6=7n B. m7=n6 C. mn=67 D. m6=n7
2. 已知下列各式： 10， −x2−1， a2+b2， 0， (−1)2，其中二次根式的个数是(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 下列各式中正确的是(    )
A. 4=±2 B. (−2)2=±2 C. (−2)2=2 D. (−2)2=−2
4. 如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠ABE的度数为(    )
A. 34°
B. 28°
C. 62°
D. 56°
5. 若 32+ x= 50，则x的值为(    )
A. 18 B. 8 C. 5 D. 2
6. 如图，以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′.以下说法中错误的是(    )
A. △ABC∽Δ A′B′C′
B. 点A、O、A′三点在同一直线上
C. AB//A′B′
D. BO：BB′=1：2
7. 关于x的一元二次方程(a+1)x2−4x+1=0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是(    )
A. a>3 B. a<3且a≠−1 C. a<3 D. a≥3且a≠−1
8. 如图，在△ABC中，E、D、F分别是AB、BC、CA的中点，AB=AC=10，BC=16，则四边形AEDF的面积是(    )
A. 40
B. 24
C. 12
D. 80
9. 如图，在4×4的正方形网格中，画2个相似三角形，正确的画法有(    )


A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10. 如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．

对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②MP⋅MD=MA⋅ME；③2CB2=CP⋅CM.其中正确的是(    )
A. ①②③ B. ① C. ①② D. ②③
11. 如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形AnBnCnDn的面积是(    )


A. ab2n B. ab2n−1 C. ab2n+1 D. ab22n
12. 如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=10.若点E是边AD上的一个动点，过点E作EF⊥AC且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，AF+FE+EC的最小值为(    )
A. 25−5 52
B. 25+5 52
C. 17
D. 18
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
13. 计算： 21× 7− 3= ______ ．
14. 若a−ba=23，则ba= ______ ．
15. 如图，利用标杆BE测量建筑物CD的高度.已知标杆BE高1.2m，测得AB=1.6m，BC=8.4m，点A，E，D在同一直线上，则建筑物CD的高度是______ 米.


16. 如图，菱形ABCD的边AB的垂直平分线交AB于点E，交AC于点F，连接DF.当∠BAD=100°时，则∠CDF= ______ ．


17. 方程3(x−3)=(x−3)2的根是______ ．
18. 一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长是方程x2−7x+12=0的根，则三角形的周长为______ ．
19. 矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B、C、E共线，点C、D、G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH，若BC=EF=4，CD=CE=2，则GH=______．

20. 如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是AD边上的一点，AM：MD=1：2.将△BMA沿BM对折至△BMN，连接DN.则DN的长是______ ．


三、解答题（本大题共7小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题12.0分)
计算：
(1)(2 12−12 18)−( 75−14 32)；
(2)( 5+2)( 5−2)+ 48÷2 12− 30 5．
22. (本小题12.0分)
解下列方程：
(1)2x2−4x−1=0；(用配方法)
(2)(x−1)(x+2)=28．
23. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，BA=BC.∠ABC=45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，F为BC中点，BE与DF、DC分别交于点G、H．
(1)求证：BH=AC；
(2)求证：△DGH∽△ABC．

24. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB=AE.∠BAE=θ(0°<θ<90° ).连接DE，过B作BF⊥DE于点F，连接BF，CF．
(1)若θ=30°，求∠BED的度数；
(2)当θ变化时，∠BED的大小会发生变化吗？请说明理由．

25. (本小题8.0分)
某商场将进货价为20元的日用商品以30元售出，平均每月能售出800个.调查表明：这种商品的售价每上涨1元，其销售量就将减少20个，为了实现平均每月12000元的销售利润，商场决定采取调控价格的措施，扩大销售量，减少库存，这种商品的售价应定为多少元？这时应进商品多少个？
26. (本小题10.0分)
如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC，且DE=OC，连接CE、OE，OE=CD．
(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AB=AC=6，求AE的长．

27. (本小题12.0分)
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
(1)如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
(2)如图2，在(1)的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
(3)如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、∵m6=7n，
∴mn=42，
故A不符合题意；
B、m7=n6，
∴6m=7n，
故B符合题意；
C、∵mn=67，
∴7m=6n，
故C不符合题意；
D、∵m6=n7，
∴7m=6n，
故D不符合题意；
故选：B．
把每一个选项的比例式化成等积式，逐一判断即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解： 10， a2+b2， 0， (−1)2是二次根式；
−x2−1被开方数是负数，故不是二次根式．
故选：D．
根据二次根式的定义解答即可．
本题考查的是二次根式的定义，熟知一般地，我们把形如 a(a≥0)的式子叫做二次根式是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：A． 4=2，故本选项不符合题意，
B. (−2)2=2，故本选项不符合题意，
C. (−2)2=2，故本选项符合题意，
D. (−2)2=2，故本选项不符合题意，
故选：C．
根据二次根式的性质逐个判断即可．
本题考查了二次根式的性质与化简，能熟记二次根式的性质是解此题的关键，注意： a2=|a|=a(a≥0)−a(a<0)．

4.【答案】A 
【解析】解：∵∠C=90°，∠BDC=62°，
∴∠DBC=90°−62°=28°，
∵△DBE由△DBC翻折而成，
∴∠DBC=∠DBE=28°，
∴∠ABE=90°−∠DBC−∠DBE=90°−28°−28°=34°．
故选：A．
先根据直角三角形的性质求出∠DBC的度数，再由翻折变换的性质得出∠DBC=∠DBE，进而可得出结论．
本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解： 32+ x= 50，
4 2+ x=5 2，
∴ x= 2，
∴x=2．
故选：D．
先化简，由条件可知等式左边两个数属于同类二次根式，从而可求解．
本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

6.【答案】D 
【解析】解：∵以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A′B′C′，
∴△ABC∽ΔA′B′C′，点A、O、A′三点在同一直线上，AB//A′B′，ABA′B′=12，
∴选项A、B、C说法正确，不符合题意；
∵AB//A′B′，
∴△AOB∽Δ A′OB′，
∴OBOB′=ABA′B′=12，
∴BO：BB′=1：3，故选项D说法错误，符合题意；
故选：D．
根据位似图形的概念、相似三角形的性质判断即可．
本题考查的是位似变换的概念，两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形．

7.【答案】B 
【解析】解：根据题意得a+1≠0且△=(−4)2−4(a+1)>0，
解得a<3且a≠−1．
故选：B．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到a+1≠0且△=(−4)2−4(a+1)>0，然后解两个不等式得到它们的公共部分即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．

8.【答案】B 
【解析】解：连接AD，
∵AB=AC，D是BC的中点，BC=16，
∴BD=DC=8，AD⊥BC，
由勾股定理得：AD= AB2−BD2= 102−82=6，
∴S△ABC=12×16×6=48，
∵E、F分别是AB、CA的中点，
∴S△AED=S△BED，S△AFD=S△CFD，
∴S四边形AEDF=12S△ABC=24，
故选：B．
连接AD，根据等腰三角形的三线合一得到AD⊥BC，BD=DC，根据勾股定理求出AD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
本题考查的是勾股定理、等腰三角形的性质、三角形的面积计算，灵活运用勾股定理是解题的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：第1个网格中两个三角形对应边的比例满足 22= 5 10=33 2，所以这两个三角形相似；
第2个网格中两个三角形对应边的比例 22=44 2= 102 5，所以这两个三角形相似；
第3个网格中两个三角形对应边的比例 22=22 2= 10 20，所以这两个三角形相似；
第4个网格中两个三角形对应边不成比例，所以这两个三角形不相似．
故选：C．
根据相似三角形的判定定理逐一判断即可得．
本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握三角形相似的判定并根据网格结构判断出三角形的三边的比例是解题的关键．

10.【答案】A 
【解析】解：由已知：AC= 2AB，AD= 2AE，
∴ACAB=ADAE，
∵∠BAC=∠EAD，
∴∠BAE=∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
所以①正确；

∵△BAE∽△CAD，
∴∠BEA=∠CDA，
∵∠PME=∠AMD，
∴△PME∽△AMD，
∴MPMA=MEMD，
∴MP⋅MD=MA⋅ME，
所以②正确；
由②MP⋅MD=MA⋅ME，
∠PMA=∠DME，
∴△PMA∽△EMD，
∴∠APD=∠AED=90°，
∵∠CAE=180°−∠BAC−∠EAD=90°，
∴△CAP∽△CMA，
∴AC2=CP⋅CM，
∵AC= 2CB，
∴2CB2=CP⋅CM，
所以③正确；
故选：A．
本题考查了相似三角形的判定与性质．在等积式和比例式的证明中应注意应用倒推的方法寻找相似三角形进行证明，进而得到答案．
(1)由等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE三边关系可证；
(2)通过等积式倒推可知，证明△PAM∽△EMD即可；
(3)2CB2转化为AC2，证明△ACP∽△MCA，问题可证．

11.【答案】A 
【解析】解：如图，连接A1C1，D1B1，

∵顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1的面积为矩形ABCD面积的一半，
∴S1=12ab，
∵顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2，
∴C2D2=12A1C1，A2D2=12B1D1，
∴S2=12A1C1×12B1D1=14ab，
……
依此可得Sn=ab2n，
故选：A．
连接A1C1，D1B1，可知四边形A1B1C1D1的面积为矩形ABCD面积的一半，则S1=12ab，再根据三角形中位线定理可得C2D2=12A1C1，A2D2=12B1D1，则S2=12A1C1·12B1D1=14ab，依此可得规律．
本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，通过计算S1、S2发现规律是解决问题的关键．

12.【答案】B 
【解析】解：过点D作DM//EF交BC于M，过点A作AN//EF，使AN=EF，连接NE，
∴四边形ANEF是平行四边形，
∴AN=EF，AF=NE，
∴当N、E、C三点共线时，AF+CE最小，
∵四边形ABCD是矩形，AB=5，AD=10，
∴AD=BC=10，AB=CD=5，AD//BC，∠ABC=90°，
∴AC= AB2+BC2=5 5，
∴四边形EFMD是平行四边形，
∴DM=EF，
∴DM=EF=AN，
∵EF⊥AC，
∴DM⊥AC，AN⊥AC，
∴∠CAN=90°，
∴∠MDC+∠ACD=90°=∠ACD+∠ACB，
∴∠MDC=∠ACB，
∴tan∠MDC=tan∠ACB，即MCCD=ABBC，
∴MC=52，
在Rt△CDM中，由勾股定理得DM= CD2+CM2=5 52=AN，
在Rt△ACN中，由勾股定理得CN= AC2+AN2=252，
∵AF+FE+EC≥CN+AN，
∴AF+FE+EC≥25+5 52，
∴AF+FE+EC的最小值为25+5 52，
故选：B．
过点D作DM//EF交BC于M，过点A作AN//EF，使AN=EF，连接NE，当N、E、C三点共线时，AF+FE+EC≥CN+AN，分别求出CN、AN的长度即可．
本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．

13.【答案】6 3 
【解析】解： 21× 7− 3
=7 3− 3
=6 3．
故答案为：6 3．
先算二次根式的乘法，再算减法即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

14.【答案】13 
【解析】解：∵a−ba=23，
∴1−ba=23，
∴ba=1−23=13，
故答案为：13．
根据比例的性质进行计算，即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．

15.【答案】7.5 
【解析】解：∵EB//CD，
∴△ABE∽△ACD，
∴ABAC=BECD，即1.61.6+8.4=1.2CD，
∴CD=7.5m，
故答案为：7.5．
先证明△ABE∽△ACD，则利用相似三角形的性质得1.61.6+8.4=1.2CD，然后利用比例性质求出CD即可．
本题考查了相似三角形的应用：借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高(长)作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．

16.【答案】30° 
【解析】解：如图，连接BF，

∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=BC，∠DCF=∠BCF，
在△BCF和△DCF中，
CD=BC∠DCF=∠BCFCF=CF，
∴△BCF≌△DCF(SAS)，
∴∠CBF=∠CDF，
∵FE垂直平分AB，∠BAF=12×100°=50°，
∴∠ABF=∠BAF=50°，
∵∠ABC=180°−100°=80°，∠CBF=80°−50°=30°，
∴∠CDF=30°．
故答案为：30°．
连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF=∠CDF，根据已知可得出∠CBF的度数，从而得∠CDF的度数．
本题考查全等三角形的判定，菱形的性质，垂直平分线的性质，利用SAS判定△BCF≌△DCF是关键．

17.【答案】x1=3，x2=6 
【解析】解：3(x−3)=(x−3)2，
3(x−3)−(x−3)2=0，
(x−3)(3−x+3)=0，
(x−3)(6−x)=0，
∴x−3=0或6−x=0，
解得x1=3，x2=6，
故答案为：x1=3，x2=6．
先移项，然后提公因式即可解答此方程．
本题考查解一元二次方程—因式分解法，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．

18.【答案】11或12 
【解析】解：∵x2−7x+12=0，
∴(x−3)(x−4)=0，
∴x−3=0或x−4=0，
解得x1=3，x2=4，
∵第三边长是方程x2−7x+12=0的根，
∴第三边的长为3或4，
当第三边长为3时，三角形的周长为：3+5+3=11；
当第三边长为4时，三角形的周长为：3+5+4=12；
故答案为：11或12．
先求出方程x2−7x+12=0的根，再根据第三边长是方程x2−7x+12=0的根，即可求得三角形的周长．
本题考查解一元二次方程、三角形的周长，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法，利用分类讨论的方法解答．

19.【答案】 2 
【解析】解：如图，延长GH交AD于点P，

∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=4、GF=CE=2，
∴AD//GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵∠PAH=∠GFHAH=FH∠AHP=∠FHG，
∴△APH≌△FGH(ASA)，
∴AP=GF=2，PH=HG=12PG，
∵PD=AD−AP=2，GD=GC−CD=4−2=2
∴GP= GD2+PD2=2 2
∴GH=12GP= 2
故答案为： 2
延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=2，GH=PH=12PG，再利用勾股定理求得PG=2 2，从而得出答案．
本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．

20.【答案】65 5 
【解析】解：连接AN交BM于点O，作NH⊥AD于点H.如图：

∵AB=6，AM：MD=1：2．
∴AM=2，MD=4．
∵四边形ABCD是正方形．
∴BM= AB2+AM2= 62+22=2 10，
根据折叠性质，AO⊥BM，AO=ON.AM=MN=2．
∴12×AB⋅AM=12×BM⋅AO，
∴AO=6×22 10=35 10，
∴AN=2AO=65 10，
∵NH⊥AD．
∴AN2−AH2=MN2−MH2．
∴(6 105)2−(2+MH)2=22−MH2，
∴MH=85，
∴HN= MN2−MH2= 22−(85)2=65，
∴HD=AD−AM−MH=6−2−65=145，
∴DN= HD2+HN2= (125)2+(65)2=65 5．
故答案为：65 5．
连接AN交BM于点O，作NH⊥AD于点H，根据已知可求出AM、BM.的长度，利用面积法求出AO，再结合折叠性质，找到AN长度．结合勾股定理建立AN2−AH2=MN2−MH2等式，即可求出MH.最后即可求解．
本题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理，面积法求三角形的高等知识．本题关键在于利用勾股定理建立等式，求出边MH的长度．

21.【答案】解：(1)原式=4 3−3 22−5 3+ 2
=− 3− 22；
(2)原式=5−4+4 3÷ 2− 305
=1+2 6− 6
=1+ 6． 
【解析】(1)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)先化简二次根式，再利用平方差公式和二次根式的除法法则运算，然后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则是解决问题的关键．

22.【答案】解：(1)2x2−4x−1=0，
x2−2x−12=0，
x2−2x=12，
x2−2x+1=1+12，
(x−1)2=32，
x−1=± 62，
x−1= 62或x−1=− 62，
x1=1+ 62，x2=1− 62，
(2)(x−1)(x+2)=28，
整理得：x2+x−30=0，
(x+6)(x−5)=0，
x+6=0或x−5=0，
x1=−6，x2=5． 
【解析】(1)利用解一元二次方程−配方法，进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−配方法，因式分解法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．

23.【答案】证明：(1)∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠CDB=∠CDA=90°，∠CEH=90°，
∵∠HCE+∠CHE=90°，∠DCA+∠A=90°，
∴∠CHE=∠A，
∵∠CHE=∠BHD，
∴∠BHD=∠A，
∵∠ABC=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD，
在△BDH与△CDA中，
∠BHD=∠A∠HDB=∠ADC=90°BD=CD，
∴△BDH≌△CDA(AAS)，
∴BH=AC；
(2)由(1)得：∠GHD=∠A，△BCD是等腰直角三角形，
∵点F是BC的中点，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴∠CDF=45°，
∴∠CDF=∠ABC，
∴△DGH∽△ABC． 
【解析】(1)由垂直可得∠CDB=∠CDA=90°，∠CEH=90°，从而可求得∠CHE=∠A，则可求得∠BHD=∠A，再由∠ABC=45°，可得△BCD是等腰三角形，则有BD=CD，利用AAS可判定△BDH≌△CDA，即得BH=AC；
(2)由(1)得∠GHD=∠A，再由F是中点，则DF也是等腰△BCD的高，可求得∠CDF=45°，则∠CDF=∠ABC，即可判定△DGH∽△ABC．
本题主要考查相似三角形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，解答的关键是结合图形分析清楚各角的关系．

24.【答案】解：(1)θ=30°时，如图：
∵AB=AE，
∴△ABE是等腰三角形，
∴∠AEB=75°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠EAD=∠EAB+∠BAD=30°+90°=120°，AE=AD，
∴∠AED=∠ADE=(180°−∠EAD)÷2=30°，
∴∠BED=∠AEB−∠AED=75°−30°=45°；
(2)当θ变化时，∠BED的大小不会发生变化，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∵∠EAB=θ，AB=AE，
∴AE=AD，∠EAD=90°+θ，
∴∠AED=180°−(90°+θ)2=45°−12θ，
∵AE=AB，∠EAB=θ，
∴∠AEB=180°−θ2=90°−12θ，
∴∠DEB=∠AEB−∠AED=(90°−12θ)−(45°−12θ)=45°． 
【解析】(1)θ=30°时，△ABE是等腰三角形，可得∠AEB=75°，由四边形ABCD是正方形，可求出∠AED=∠ADE=(180°−∠EAD)÷2=30°，即得∠BED=∠AEB−∠AED=45°；
(2)由四边形ABCD是正方形，得∠BAD=90°，AB=AD，可得∠AED=180°−(90°+θ)2=45°−12θ，根据AE=AB，∠EAB=θ，可得∠AEB=180°−θ2=90°−12θ，故∠DEB=∠AEB−∠AED=45°．
本题考查正方形性质及应用，解题的关键是根据正方形的性质和等腰三角形的性质以及三角形内角和定理解答．

25.【答案】解：设这种商品的售价定为x元，则每个的销售利润为(x−20)元，每月的销售量为800−20(x−30)=(1400−20x)个，
根据题意得：(x−20)(1400−20x)=12000，
整理得：x2−90x+2000=0，
解得：x1=40，x2=50，
又∵商场决定采取调控价格的措施，扩大销售量，减少库存，
∴x=40，
∴1400−20x=1400−20×40=600．
答：这种商品的售价应定为40元，这时应进商品600个． 
【解析】设这种商品的售价定为x元，则每个的销售利润为(x−20)元，每月的销售量为(1400−20x)个，利用总利润=每个的销售利润×月销售量，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

26.【答案】(1)证明：∵DE//AC，DE=OC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵OE=CD，
∴平行四边形OCED是矩形，
∴∠COD=90°，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，CD=AB=BC=6，AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=CD=6，
∴OA=OC=3，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD= CD2−OC2= 62−32=3 3，
由(1)可知，四边形OCED是矩形，
∴CE=OD=3 3，
∠OCE=90°，
∴AE= AC2+CE2= 62+(3 3)2=3，
即AE的长为3． 
【解析】(1)先证四边形OCED是平行四边形．再证平行四边形OCED是矩形，则∠COD=90°，得AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)首先推导出△ABC是等边三角形，所以AC=AB=CD=6，OA=OC=3，在Rt△OCD中，求得OD=3 3，进而求出CE=OD=3 3，进而得到AE= AC2+CE2=3．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．

27.【答案】证明：(1)∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，
∴ABAD=ACAF，
∴△ADF∽△ABC；

(2)∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°−∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF−∠CAD=45°+45°−∠CAD=90°−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2；

(3)DE2=BD2+CE2还能成立．
理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，
由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°−∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF−∠CAD=45°+45°−∠CAD=90°−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
∴∠ECF=180°−∠BCF=180°−90°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2． 
【解析】(1)根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE，AD=AF，再求出∠BAC=∠DAF，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；
(2)根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可；
(3)作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可．
本题是全等三角形的判定和性质、主要利用了轴对称的性质，同角的余角相等的性质，勾股定理，此类题目，小题间的思路相同是解题的关键．